Tips och lösning till U 22.25

Tips 1

Vi löser problemet i en kanonisk bas och överför sedan resultatet till den ursprungliga basen.

Tips 2

Kurvan får utseendet \displaystyle

17x_1^2-12x_1x_2+8x_2^2 =20\Leftrightarrow 5y_1^2+20y_2^2=20\Leftrightarrow y_1^2+4y_2^2=4.

Vi ser att detta är en ellips. Rita en liten skiss så ser du hur det ser ut. Av skissen ser du att det finns ett största och minsta värde på avståndet till origo. Avståndet d beräknas med Pythagoras sats och vi skall alltså söka största o minsta värdet av

\displaystyle d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_1^2=4-4y_2^2\Big\} =4-4y_2^2 +y_2^2=4-3y_2^2

Tips 3

Återstår nu att avgöra vilket som är det största och minsta värdet. Största värdet avgöres genom överskattning: \displaystyle d^2=4-3y_2^2\leq4.

Genom att välja \displaystyle y_2^2=0 erhålles det största värdet.

Det minsta värdet erhålles genom underskattning. Genom att välja \displaystyle y_2^2=1 (väljer du ett större värde hamnar du utanför kurvan, se din figur) erhålles det minsta värdet hos d.

Återstår att bestämma \displaystyle y_1 i de två fallen (med hjälp av kurvans ekvation) och därefter återföra resultatet till den ursprungliga basen.

Lösning

Vi skriver kurvan på matrisform enligt

\displaystyle

20=17x_1^2-12x_1x_2+8x_2^2 =(x_1\ x_2) \left(\begin{array}{cc}17&-6\\-6&8\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}x_1\\x_2\end{array}\right) =X^tAX,

där \displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}17&-6\\-6&8\end{array}\right) . Eftersom \displaystyle A är symmetrisk så följer av spektralsatsen att \displaystyle A är diagonaliserbar, dvs \displaystyle A=TDT^t .

Egenvärdena till \displaystyle A är \displaystyle \lambda_1=5 , och \displaystyle \lambda_2=20 med tillhörande ON-bas av egenvektorer \displaystyle \boldsymbol{f}_1=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{cc}1\\2 \end{array}\right) resp. \displaystyle \boldsymbol{f}_2=\frac{1}{\sqrt5}\underline{\boldsymbol{e}} \left(\begin{array}{c}2\\-1 \end{array}\right).

I kanonisk bas, dvs i en ON-bas av egenvektorer och med nya koordinater \displaystyle Y , där \displaystyle X=TY kan kurvan skrivas

\displaystyle

17x_1^2-12x_1x_2+8x_2^2 =20\Leftrightarrow 5y_1^2+20y_2^2=20\Leftrightarrow y_1^2+4y_2^2=4.

Vi ser nu att kurvan \displaystyle y_1^2+4y_2^2=4 är en ellips.

Låt \displaystyle (y_1,y_2) vara en godtycklig punkt på ellipsen. Avståndet \displaystyle d från denna punkt till origo ges av Pythagoras sats, \displaystyle d=\sqrt{y_1^2+y_2^2} . Vi får då

\displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_1^2=4-4y_2^2\Big\} =4-4y_2^2 +y_2^2=4-3y_2^2\leq4.

Alltså är \displaystyle d\leq2 och \displaystyle d_{\mbox{max}}=2 i punkterna \displaystyle y_1=\pm2 , \displaystyle y_2=0 .

Vidare är

\displaystyle

d^2=y_1^2+y_2^2=\Big\{y_2^2=1-\frac{1}{4}y_1^2\Big\} =y_1^2 +1-\frac{1}{4}y_1^2=1+\frac{3}{4}y_1^2\geq1.

Detta ger att \displaystyle d\geq1 och \displaystyle d_{\mbox{min}}=1 i punkterna \displaystyle y_1=0 , \displaystyle y_2=\pm1 .

I gamla koordinater ges närmaste punkter till origo och punkter som ligger längst bort från origo av

\displaystyle

X=TY=\frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1&2\\2&-1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}0\\ \pm1\end{array}\right) =\pm \frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}2\\-1\end{array}\right),

resp.

\displaystyle

X=TY=\frac{1}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1&2\\2&-1\end{array}\right) \left(\begin{array}{r}\pm2\\0\end{array}\right) =\pm \frac{2}{\sqrt5}\left(\begin{array}{rr}1\\2\end{array}\right).

Alltså ligger punkterna \displaystyle \pm \frac{1}{\sqrt5}(2,-1) närmast origo och punkterna \displaystyle \pm \frac{1}{\sqrt5}(1,2) längst bort från origo.